Chủ đề này có 12 trả lời

[L Lawliet]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU - TỈNH DAK LAK

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM HỌC 2011-2012

Thời gian làm bài: $180'$ (không kể thời gian phát đề)

Bài 1:
a) Giải phương trình $x^{3}+2x-7\sqrt[3]{5x-4}+4=0$.
b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x+y+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=5 \\ x^{2}+y^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}=9 \end{matrix}\right.$

Bài 2:
a) Cho tam giác $ABC$, nêu cách dựng tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn $MA^{2}+2MB^{2}=3MC^{2}$.
b) Cho tứ giác $ABCD$. $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $BC$ cắt $AD$ tại $F$. Chứng minh rằng trực tâm của các tam giác $EBC$, $EAD$, $FCD$ thẳng hàng.

Bài 3:
a) Tìm hai số tự nhiên có tổng bằng $2013$ sao cho số thứ nhất chia $5$ dư $2$, số thứ hai chia $7$ dư $4$ và tổng bình phương của chúng nhận giá trị nhỏ nhất.
b) Tính tổng nghịch đảo của tất cả các ước số nguyên dương của $10^{20}$.

Bài 4:
a) Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $a^{2012}+b^{2012}+c^{2012}>a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}$. Chứng minh rằng $a^{100}+b^{100}+c^{100}<3$.
b) Cho các số thực $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} \left | 3a+2b+5c \right |\leq 289 \\ \left | 5a-7b+2c \right |\leq 578 \\ \left | 7a+3b-8c \right |\leq 578 \end{matrix}\right.$. Chứng minh rằng $\left | c \right |\leq 68$.

[T M]

1.a Đặt $y=\sqrt[3]{5x-4}$

1.b Đặt $a=x+\frac{1}{x} \ \ \ \ \ \ \ b=y+\frac{1}{y}$

[minhlaai29]

Câu 1:
a) Đặt $y=\sqrt[3]{5x-4}$.
Ta có hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x^{3}=5y-4+2(y-x) (*)& & \\ y^{3}=5x-4(**) & & \end{matrix}\right.$
Trừ theo vế (*) và (**) ta có :
$(x-y)(x^{2}+y^{2}+xy+7)=0$ (1)
Dễ thấy $x^{2}+y^{2}+xy+7=0$ vô nghiệm nên từ (1) ta có $x=y$
Do phép đặt nên
$x=\sqrt[3]{5x-4}$
$\Leftrightarrow x^{3}=5x-4$
$\Leftrightarrow (x-1)(x^{2}+x-4)=0$
$\Leftrightarrow ...$
Vậy $S=\left \{ 1;\frac{-1+\sqrt{17}}{2};\frac{-1-\sqrt{17}}{2}\right \}$
b) ĐKXĐ : $x,y\neq 0$
Đặt $a=x+\frac{1}{x},b=y+\frac{1}{y}$ $(\left | a \right |,\left | b \right |\geq 2)$
Hệ phương trình trở thành
$\left\{\begin{matrix} a+b=5 & \\a^{2}+b^{2} =5 & \end{matrix}\right.$
trên đây là 1 hệ phương trình đối xứng và nó không có nghiệm thỏa mãn $\left | a \right |,\left | b \right |\geq 2$
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Câu 3:
a)Gọi 2 số đó là a và b.
Ta có: a chia 5 dư 2 nên $a=5m+2$, b chia 7 dư 4 nên $b=7n+4$. $(m,n\in \mathbb{N})$
Theo bài ra $a+b=2013 (*)\Leftrightarrow 5m+2+7n+4=2013\Leftrightarrow 5m+7n=2007$
Ta có 2007 chia 5 dư 2 và chia 7 dư 5 nên $m$ chia 7 dư 1 và $n$ chia 5 dư 1, hay $m=7h+1,n=5k+1$ với $h,k\in \mathbb{N}$.
Thay vào (*) ta có :$35k+5+35h+7=2007\Leftrightarrow k+h = 57$
Ta lại có $a^{2}+b^{2}=(35k+7)^{2}+(35h+11)^{2}=1225(k^{2}+h^{2})+70(7k+11h)+170$
$=1225(57^{2}-2hk)+70(57.7+4h)+170$
$=1225.57^{2}+70.57.7+170+70h(4-35k)$
$=1225.57^{2}+70.57.7+170+70h(35h-1991)$
Ta có :$a^{2}+b^{2}$ đạt min khi và chỉ khi $f(h)=70h(35h-1991)$ đạt min.
Khảo sát $f(h)$ với $h$ nguyên trên đoạn $[0;57]$ thì $f(h)$ đạt cực tiểu khi $h=28$, khi đó thì $k=29$ và 2 số cần tìm là 1022 và 991.
Câu 4:
a) Áp dụng bđt AM-GM ta có:
$a^{2013}+a^{2011}\geq 2a^{2012}$
$b^{2013}+b^{2011}\geq 2b^{2012}$
$c^{2013}+c^{2011}\geq 2c^{2012}$
Cộng theo vế 3 bđt trên ta có :
$a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}+a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}\geq 2a^{2012}+2b^{2012}+2c^{2012}$ (1)
Mặt khác theo giả thiết :
$a^{2012}+b^{2012}+c^{2012}> a^{2013}+b^{2013}+c^{2013}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có: $a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}> a^{2012}+b^{2012}+c^{2012}$
Lặp lại phép chứng minh trên 2012 lần ta có:
$a^{0}+b^{0}+c^{0}> a+b+c>...>a^{100}+b^{100}+c^{100}>...$
$\Rightarrow 3> a+b+c$ ( đpcm)
b) Ta có :
$\left\{\begin{matrix} \left | 3a+2b+5c \right |\leq 289 & & \\\left | 5a-7b+2c \right |\leq 578 & & \\ \left | 3b+7a-8c \right |\leq 578 & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left | 3a+2b+5c \right |\leq 289 & & \\\frac{5}{64}\left | 5a-7b+2c \right |\leq \frac{1445}{32} & & \\\frac{31}{64} \left | 8c-7a-3b \right |\leq \frac{8959}{32} & & \end{matrix}\right.$
Cộng theo vế 3 bđt trên ta có :
$\left | 3a+2b+5c \right |+\frac{5}{64}\left | 5a-7b+2c \right |+\frac{31}{64}\left | 8c-7a-3b \right |\leq \frac{4913}{8}$ (*)
Áp dụng bđt $\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |\geq \left | a+b+c \right |$ vào (*) ta có :
$\frac{289}{32}\left | c \right |\leq \frac{4913}{8}$
$\Leftrightarrow \left | c \right |\leq 68$ (đpcm).


Tạm thời thế đã, đêm khuya đau mắt quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhlaai29: 06-01-2013 - 22:53

[minhlaai29]

Topic để lâu quá k ai làm nên hôm nay mình làm thêm bài hình ( chơ mà chỉ câu a thôi )
Câu 2:a)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.Ta có:
$MA^2+2MB^2=3MC^2\Leftrightarrow MA^2+2MB^2-3MC^2=0$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{MA}^2+2\overrightarrow{MB}^2-3\overrightarrow{MC}^2=\overrightarrow{0}$
$\\\Leftrightarrow (\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})^2+2(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB})^2-3(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC})^2=\overrightarrow{0} \\\Leftrightarrow\overrightarrow{MO}^2+2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OA}^2+2\overrightarrow{MO}^2+4\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OB}^2-3\overrightarrow{MO}^2-6\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OC}-3\overrightarrow{OC}^2=\overrightarrow{0} \\\Leftrightarrow2\overrightarrow{MO}\left ( \overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC} \right )=\overrightarrow{0} \\\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MO}(2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{0} \ \ (*)$
$\left (Do\ \ OA=OB=OC \right )$
Mặt khác :$\overrightarrow{a}=$ $2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\neq \overrightarrow{0}$
Đặt $\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{a}$ và gọi $M'$ là hình chiếu của $M$ trên giá của$\overrightarrow{OD}$.
Ta có (*) thỏa mãn :$2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}\\ \Leftrightarrow \overline{M'O}.\overline{OD}=0 \\\Leftrightarrow \overline{M'O}=0$
Vậy quỹ tích điểm M thỏa mãn là đường thẳng vuông góc $OD$ qua $O$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhlaai29: 08-01-2013 - 20:11

[L Lawliet]

Câu 2a:
Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Gọi $I$ là điểm thuộc cạnh $AB$ thỏa mãn hệ thức $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$, suy ra $I$ cố định.
Biến đổi giả thuyết:
$MA^{2}+2MB^{2}-3MC^{2}=0\\
\Leftrightarrow \left ( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA} \right )^{2}+2\left ( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB} \right )-3\left ( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC} \right )=0\\
\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MO}\left ( \overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC} \right )=0$
Áp dụng công thức tâm tỉ cự ta được:
$2\overrightarrow{MO}\left ( \overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC} \right )=0\\ \Leftrightarrow 2\overrightarrow{MO}\left ( 3\overrightarrow{OI}-3\overrightarrow{OC} \right )=0\\ \Leftrightarrow 6\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CI}=0\\ \Leftrightarrow 6\overline{MO}.\overline{CI}=0\\ \Leftrightarrow \overline{MO}.\overline{CI}=0$
Vì $O$, $C$, $I$ cố định và theo hệ thức trên thì suy ra $MO\perp CI$.
Vậy tập hợp các điểm $M$ cần tìm là đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $CI$.
===============

Spoiler

@minhlaiai29: Cách của mình cũng giống của bạn đoạn đầu mà đoạn sau của bạn mình chưa rõ ý cho lắm ^^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gin Escaper: 08-01-2013 - 13:48

[L Lawliet]

Câu 3b luôn nhé
Lời giải:
Ta có $10^{20}=2^{20}.5^{20}$. Do đó để tính tổng nghịch đảo các ước của $10^{20}$ ta sẽ đi tính tổng nghịch đảo của $2^{20}.5^{20}$.
Áp dụng tính chất với $a$, $n$ là các số tự nhiên thì số ước của $a^{n}$ là $n+1$ (tính luôn ước số $1$) ta được:
- Tổng nghịch đảo các ước của $2^{20}$ là: $\sum \dfrac{1}{2^{k}}$ ($k=\overline{0;20}$).
- Tổng nghịch đảo các ước của $5^{20}$ là: $\sum \dfrac{1}{5^{k}}$ ($k=\overline{0;20}$).
Do đó tổng nghịch đảo các ước của $10^{20}$ là:
$$\sum \dfrac{1}{2^{k}}.\sum \dfrac{1}{5^{k}}=\left ( 1+\dfrac{1}{2^{1}}+\dfrac{1}{2^{2}}+...+\dfrac{1}{2^{20}} \right ).\left ( 1+\dfrac{1}{5^{1}}+\dfrac{1}{5^{2}}+...+\dfrac{1}{5^{20}} \right )$$
Đến đây thì "chịu"

[BoFaKe]

Câu 3b luôn nhé
Lời giải:
Ta có $10^{20}=2^{20}.5^{20}$. Do đó để tính tổng nghịch đảo các ước của $10^{20}$ ta sẽ đi tính tổng nghịch đảo của $2^{20}.5^{20}$.
Áp dụng tính chất với $a$, $n$ là các số tự nhiên thì số ước của $a^{n}$ là $n+1$ (tính luôn ước số $1$) ta được:
- Tổng nghịch đảo các ước của $2^{20}$ là: $\sum \dfrac{1}{2^{k}}$ ($k=\overline{0;20}$).
- Tổng nghịch đảo các ước của $5^{20}$ là: $\sum \dfrac{1}{5^{k}}$ ($k=\overline{0;20}$).
Do đó tổng nghịch đảo các ước của $10^{20}$ là:
$$\sum \dfrac{1}{2^{k}}.\sum \dfrac{1}{5^{k}}=\left ( 1+\dfrac{1}{2^{1}}+\dfrac{1}{2^{2}}+...+\dfrac{1}{2^{20}} \right ).\left ( 1+\dfrac{1}{5^{1}}+\dfrac{1}{5^{2}}+...+\dfrac{1}{5^{20}} \right )$$
Đến đây thì "chịu"

Làm cho gọn hơn $A=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2^{20}}$ và$\frac{A}{2}=\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2^{21}}$ nên $A=2-\frac{1}{2^{20}}$.
Tương tự:$B= \frac{5}{4}-\frac{1}{4.5^{20}}$
Nên $A,B =.......$

[minhlaai29]

@Gin Escaper: cách mình thật ra cũng như bạn thôi, vì trong tam giác ABC thì $\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}$ là hoàn toàn xác định, hơn nữa khi $\overline{M'O}=0$ cũng tức là $M'\equiv O$, nên mình đã sửa lại quỹ tích của M là đường thẳng vuông góc OD qua O rồi ^^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhlaai29: 08-01-2013 - 20:14

[LuminousVN]

Câu 2b có bác nào giải được không up lên cho em học hỏi ạ?

[caybutbixanh]

Câu 1:
b) ĐKXĐ : $x,y\neq 0$
Đặt $a=x+\frac{1}{x},b=y+\frac{1}{y}$ $(\left | a \right |,\left | b \right |\geq 2)$
Hệ phương trình trở thành
$\left\{\begin{matrix} a+b=5 & \\a^{2}+b^{2} =5 & \end{matrix}\right.$
trên đây là 1 hệ phương trình đối xứng và nó không có nghiệm thỏa mãn $\left | a \right |,\left | b \right |\geq 2$
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
 

Ơ, anh ơi $a^{2}+b^{2}=x^{2}+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+4=13$ sao lại bằng 5 được ??

Hệ không vô nghiệm , tập nghiệm nó là :

$S=\left \{ (1;\frac{3+\sqrt{5}}{2});(1;\frac{3-\sqrt{5}}{2}) \right \}$ và hoán vị.

[Juliel]

 

Bài 2:
b) Cho tứ giác $ABCD$. $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $BC$ cắt $AD$ tại $F$. Chứng minh rằng trực tâm của các tam giác $EBC$, $EAD$, $FCD$ thẳng hàng.

Đường thẳng $Steiner$ của tứ giác. Trực tâm tam giác $FBA$ cũng thuộc đường thẳng này. 

 

Gọi $H_1,H_2,H_3,H_4$ lần lượt là trực tâm các tam giác $EBC,EAD,FCD,FBA$

Gọi $I,J,K$ lần lượt là chân vuông góc hạ từ $E,C,B$ xuống các cạnh đối diện của tam giác $EBC$

Ta có $P_{H_1/(EF)}=\overline{H_1I}.\overline{H_1E},P_{H_1/(AC)}=\overline{H_1J}.\overline{H_1C},P_{H_1/(BD)}=\overline{H_1B}.\overline{H_1K}$

Dễ thấy $\overline{H_1I}.\overline{H_1E}=\overline{H_1J}.\overline{H_1C}=\overline{H_1B}.\overline{H_1K}$ nên $H_1$ có cùng phương tích với cả ba đường tròn đường kính $AC,BD,EF$. 

Tương tự $H_2,H_3,H_4$ cũng thế. Suy ra chúng nó nằm trên một đường thẳng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 10-01-2014 - 23:48

[caybutbixanh]

Đường thẳng $Steiner$ của tứ giác. Trực tâm tam giác $FBA$ cũng thuộc đường thẳng này. Chứng minh bằng phương tích. Có thể xem trong TLCT hoặc cuốn gì gì đó của thầy Nguyễn Minh Hà.

Cậu nêu luôn cách chứng minh ( có thể vắn tắt ) được không? Nếu tớ không có cuốn đó thì sao

[PT42]

Bài 3
a) Gọi 2 số là a = 5m + 2 và b = 7n + 4 (m, n $\epsilon$ $\mathbb{N}$)
Ta có 5m + 2 + 7n + 4 = 2013
$\Leftrightarrow$ 5m + 7n = 2007 (1)
$\Leftrightarrow$ 5(m + n) + 2(n - 1) = 5.401 $\Rightarrow 2(n - 1) \vdots 5$
$\Rightarrow (n - 1) \vdots 5$ (vì (2, 5) = 1)
$\Rightarrow$ n = 5k + 1 với k $\epsilon$ $\mathbb{Z}$
Thay vào (1) có 5m + 7(5k + 1) = 2007
$\Leftrightarrow 5m + 7. 5k = 2000$ $\Leftrightarrow m + 7k = 400$ $\Leftrightarrow m = 400 - 7k$

Có $ \left\{\begin{matrix} m = 400 - 7k\\n = 5k + 1 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a = 5(400 - 7k) + 2 = 2002 - 35k\\b = 7(5k + 1) + 4 = 35k + 11 \end{matrix}\right.$
Mà $a, b$ $\epsilon$ $\mathbb{N}$ nên $\left\{\begin{matrix} 2002 - 35k \geq 0\\35k + 11 \geq 0 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow 0 \leq k \leq 57$
Có $a^{2} + b^{2}$ = $(2002 - 35k)^{2} + (35k + 11)^{2}$ = f(k)
$\geq \frac{1}{2}. (2002 - 35k + 35k + 11)^{2}$ = $\frac{2013^{2}}{2}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow 2002 - 35k = 35k + 11$ $\Leftrightarrow k = \frac{1991}{70} = 28,44$
$\Rightarrow f(k)$ đạt cực tiểu tại k = 28,44
Mà f(k) là hàm bậc hai của k có hệ số của $k^{2}$ > 0 nên với k nguyên $\epsilon \left [ 0 ; 57 \right ]$ thì f(k) nhận giá trị nhỏ nhất khi k gần 28, 44 nhất hay k = 28.
Khi đó $\left\{\begin{matrix} a = 2002 - 35. 28 = 1022\\b = 35. 28 + 11 = 991 \end{matrix}\right.$

b) Gọi các ước nguyên dương của A = $10^{20}$ là $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ (có n ước)
với $1 = x_{1} < x_{2} < ... < x_{n} = 10^{20}$ $\Rightarrow 1 = \frac{A}{x_{n}} < \frac{A}{x_{n - 1}} < ... < \frac{A}{x_{2}} < \frac{A}{x_{1}} = A$
Mà $\frac{A}{x_{n}} , \frac{A}{x_{n - 1}} , ... , \frac{A}{x_{2}} , \frac{A}{x_{1}}$ cũng là n ước nguyên dương của A nên suy ra $\frac{A}{x_{k}} = x_{n + 1 - k}$ với k $\epsilon$ $\left [ 1 ; n \right ]$
$\Rightarrow \frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} + ... + \frac{1}{x_{n}}$ = $\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{n}}{A}$

A = $10^{20} = 2^{20}. 5^{20}$ nên A có (20 + 1)(20 + 1) = $21^{2}$ ước nguyên dương, các ước đều có dạng $2^{z}. 5^{t}$ với z, t là số tự nhiên $\leq$ 20.
$\Rightarrow$ Tổng các ước nguyên dương của A là
$\left ( 1 + 2^{1} + 2^{2} + 2^{3} + ... + 2^{20} \right )$ + $\left ( 5 + 2^{1}. 5 + 2^{2}. 5 + 2^{3}. 5 + ... + 2^{20}. 5 \right )$ + $\left ( 5^{2} + 2^{1}. 5^{2} + 2^{2}. 5^{2} + 2^{3}. 5^{2} + ... + 2^{20}. 5^{2} \right )$ + ... + $\left ( 5^{20} + 2^{1}. 5^{20} + 2^{2}. 5^{20} + 2^{3}. 5^{20} + ... + 2^{20}. 5^{20} \right )$

= $\left ( 1 + 2 + 2^{2} +.. + 2^{20} \right ). \left ( 1 + 5 + 5^{2} + ... + 5^{20} \right )$

= $\left ( 2^{21} - 1 \right ).\frac{5^{21} - 1}{4}$

$\Rightarrow$ Tổng nghịch đảo tất cả các ước nguyên dương của $10^{20}$ là $\frac{\left ( 2^{21} - 1 \right )\left ( 5^{21} - 1 \right )}{4. 10^{20}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 12-01-2014 - 17:44